الرياضيات الجامعية — السنة 1 · Bachelor Year 1

19البُعد المنتهي

يحمل الفضاء المولَّد بعدد منته من المتجهات بُعدًا معرَّفًا جيدًا — وهو الحجم المشترك لكل أسسه. وتتدفق البراهين أدناه كلها من محرّك توفيقي واحد، هو مبرهنة التبادل المساعدة: فلا يمكن لعائلة حرة أن تفوق عددًا عائلةً مولِّدة. ومع البُعد تأتي الأدوات المستعملة في كل مكان بعده: مبرهنة الأساس غير التام، ورتبة عائلة، وصيغة غراسمان.

19.1 وجود الأسس

تعريف 19.1

يكون $E$ ذا بُعد منته إذا كانت له عائلة مولِّدة منتهية. (وإلا فهو ذو بُعد غير منته: وكذلك $K[X]$ ، الذي لا تولّد عائلاته المنتهية إلا كثيرات حدود محدودة الدرجة.)

مبرهنة 19.2 (مبرهنة التبادل المساعدة)

لتولّد $(g_1, \dots, g_n)$ الفضاءَ $E$ ولتكن $(f_1, \dots, f_p)$ حرة في $E$ . عندئذ $p \leq n$ .

برهان. نبرهن بالاستقراء على $k \leq p$ : بعد إعادة ترقيم المقادير $g_j$ ، تولّد العائلة $(f_1, \dots, f_k, g_{k+1}, \dots, g_n)$ الفضاءَ $E$ — وهذا يفرض $k \leq n$ عند كل مرحلة، و $p \leq n$ في النهاية.

$k = 0$ : وهو الفرض. والخطوة: افترضها من أجل $k - 1$ ؛ عندئذ يكون $f_k$ تركيبةً من $(f_1, \dots, f_{k-1},$ $g_k, \dots, g_n)$ . وفي هذه التركيبة يكون لبعض $g_j$ ( $j \geq k$ ) معامل غير معدوم — وإلا لكان $f_k$ تركيبةً من $f_1, \dots, f_{k-1}$ ، مناقضًا الحرية. فأعد الترقيم بحيث يكون $j = k$ ، وحُلَّ من أجل $g_k$ : فيكون $g_k$ تركيبةً من $(f_1, \dots, f_k, g_{k+1}, \dots, g_n)$ . وعندئذ يمكن إعادة التعبير عن كل متجهة من $E$ ، معبَّرًا عنها بالعائلة $(k-1)$ ، بالعائلة ذات $k$ : فهي مولِّدة. (وإذا كان $k - 1 = n$ ، فلا يبقى أيّ $g$ ويكون $f_k$ تركيبةً من المقادير $f_i$ وحدها: وهذا محال؛ ومنه $k \leq n$ .) ∎

مثال 19.3 (التبادل، مراقَبًا مرة واحدة)

في $\R^2$ ، خذ العائلة المولِّدة $\bigl(g_1, g_2\bigr) = \bigl((1,0), (0,1)\bigr)$ والعائلة الحرة $\bigl(f_1, f_2\bigr) = \bigl((1,2), (3,4)\bigr)$ . الخطوة $1$ : $f_1 = 1\cdot g_1 + 2\cdot g_2$ ؛ ومعامل $g_2$ غير معدوم، ومنه بادِل $g_2$ بالمقدار $f_1$ : فتبقى العائلة $\bigl(f_1, g_1\bigr)$ مولِّدة ( $g_2 = \frac12(f_1 - g_1)$ ). والخطوة $2$ : $f_2 = (3,4) = 2\,f_1 + 1\cdot g_1$ ؛ ومعامل $g_1$ الباقي غير معدوم (وهذا لازم: لأن $f_2$ ليس مضاعفًا للمقدار $f_1$ )، فبادِل مرة أخرى: فتولّد $\bigl(f_1, f_2\bigr)$ الفضاءَ $\R^2$ . ولو كانت هناك متجهة حرة ثالثة $f_3$ ، لما بقي أيّ $g$ ليمتصّها — وهذا بالضبط كيف تمنع المبرهنة المساعدة $3$ متجهات حرة في $\R^2$ . والبرهان أعلاه هو مسك الدفاتر هذا معمَّمًا.

مبرهنة 19.4 (الأسس في البُعد المنتهي)

ليكن $E \neq \{0\}$ ذا بُعد منته.

يمكن استخراج أساس من كل عائلة مولِّدة منتهية.
(مبرهنة الأساس غير التام) كل عائلة حرة تمتدّ إلى أساس، باستعمال متجهات من أيّ عائلة مولِّدة مختارة.
كل أسس $E$ منتهية، وبالعدد نفسه من العناصر: وهو البُعد $\dim E$ . (والاصطلاح: $\dim\{0\} = 0$ .)

برهان. (1) أسقط، واحدةً في كل مرة، أيّ متجهة تكون تركيبةً من البقية؛ فتبقى العائلة مولِّدة، لأنه يمكن في أيّ عبارة تستعمل المتجهة المسقَطة تعويضُ تركيبتها من الناجيات. وتنتهي العملية — إذ تقلّص كل خطوة عائلةً منتهية بواحد — وتتوقف بالضبط عندما لا تكون أيّ متجهة باقية تركيبةً من البقية. وتبقى العائلة النهائية مولِّدة، وهي حرة: إذ ستحمل تركيبة معدومة غير بديهية معاملًا غير معدوم، والقسمة عليه ستحلّ من أجل المتجهة المقابلة بدلالة البقية، فتجعلها قابلة للإسقاط بعد كل شيء — مناقضًا توقّف العملية.

(2) لتكن $(f_1, \dots, f_p)$ حرة و $(g_1, \dots, g_n)$ مولِّدة. اجرِ على $g_1, \dots, g_n$ ، ملحقًا $g_j$ بالعائلة الحالية كلما لم يكن في فضائها المولَّد أصلًا (القضية 18.19 (2) يبقي العائلة حرة). والعائلة النهائية حرة، ومولِّدة: لأن كل $g_j$ يقع في فضائها المولَّد — فإمّا أُلحق وإمّا كان تركيبةً أصلًا.

(3) الأساسان كلٌّ منهما حرّ ومولِّد: فتعطي مبرهنة التبادل المساعدة المتراجحتين بين قوّتيهما العدديتين. (والتناهي: الأساس حرّ، ومنه فهو بالتبادل ليس أكبر من عائلة مولِّدة منتهية.) ∎

مثال 19.5

$\dim K^n = n$ (بالأساس القانوني)؛ و $\dim K_n[X] = n + 1$ (بالوحيدات الحدّ)؛ و $\dim_\R \C = 2$ ؛ ولفضاء حلول $y'' + ay' + by = 0$ بُعدٌ $2$ (المبرهنة 5.10: فالحلول معلَّمة تعليمًا تقابليًا وخطيًا بالمقدار $(\lambda, \mu) \in K^2$ ).

مثال 19.6 (المجموعة نفسها ببُعدين)

المجموعة $\C^2$ من أزواج الأعداد العقدية فضاء متجهي على $\C$ بُعده $2$ (بالأساس القانوني $e_1, e_2$ ) — وفضاء متجهي على $\R$ بُعده $4$ ، بالأساس

(1, 0),\quad (\iu, 0),\quad (0, 1),\quad (0, \iu):

فلكل $(z, w) = (a + \iu b,\ c + \iu d)$ إحداثيات حقيقية $(a, b, c, d)$ ، وحيدة. فالبُعد ليس خاصية لمجموعة المتجهات وحدها: بل يعدّ درجات الحرية بالنسبة إلى السلالم المسموح بها، وتنصيفُ مخزون السلالم من $\C$ إلى $\R$ يضاعف العدّ. (وتستغلّ مسألة نهاية الأسبوع الحالة القصوى من هذه الحساسية، بسلالم مقلَّصة إلى $\Q$ .)

مثال 19.7 (تشغيل خوارزمية الإتمام)

أتمّ العائلة الحرة $\bigl((1,1,1)\bigr)$ إلى أساس للمقدار $\R^3$ باستعمال المتجهات القانونية. اجرِ برهان المبرهنة 19.4 (2) على العائلة المولِّدة $(e_1, e_2, e_3)$ : هل $e_1 \in \operatorname{Vect}(1,1,1)$ ؟ لا (لأن مضاعفات $(1,1,1)$ لها إحداثيات متساوية) — فألحقه. وهل $e_2 \in \operatorname{Vect}\bigl((1,1,1), e_1\bigr)$ ؟ للتركيبة $\alpha(1,1,1) + \beta e_1$ إحداثيتان ثانية وثالثة متساويتان، وليس ذلك حال $e_2$ — فألحقه. والعائلة $\bigl((1,1,1), e_1, e_2\bigr)$ حرة بعدد $3$ متجهات: فتوقّف، فهي أساس (القضية 19.8 سيجعل هذا المنعكس رسميًا). ولاحظ أن النتيجة تتعلق بالترتيب الذي تُمسح فيه المقادير $g_j$ : فالإتمام خوارزمية لا صيغة.

قضية 19.8 (قاعدة اثنين من ثلاثة)

ليكن $\dim E = n$ ولتكن $\mathcal{F}$ عائلةً من $n$ متجهة بالضبط من $E$ . عندئذ

\mathcal{F} \text{ حرة} \iff \mathcal{F} \text{ مولِّدة} \iff \mathcal{F} \text{ أساس}.

وفوق ذلك لكل عائلة حرة $\leq n$ متجهة، ولكل عائلة مولِّدة $\geq n$ .

برهان. حواصر القوة العددية هي مبرهنة التبادل المساعدة إزاء أساس. فإذا كانت $\mathcal{F}$ (بالحجم $n$ ) حرة وغير مولِّدة، فإن $x$ ما يقع خارج فضائها المولَّد؛ وإلحاق $x$ يعطي عائلة حرة من $n + 1$ متجهة: وهذا محال. وإذا كانت $\mathcal{F}$ مولِّدة وغير حرة، فإن استخراج أساس (المبرهنة 19.4 (1)) يعطي أساسًا من $< n$ متجهة: وهذا محال. ∎

مثال 19.9 (اثنان من ثلاثة، بتوفير نصف العمل)

هل $\bigl((1,1,0), (0,1,1), (1,0,1)\bigr)$ أساس للمقدار $\R^3$ ؟ عُدّ: ثلاث متجهات وبُعد ثلاثة — ومنه تفصل الحرية وحدها. وتعطي تركيبة معدومة $a + c = 0$ و $a + b = 0$ و $b + c = 0$ ؛ وبجمع الثلاث، $2(a + b + c) = 0$ ، وبطرح كل معادلة أصلية من $a + b + c = 0$ يبقى $b = c = a = 0$ : فهي حرة، ومنه أساس، والنصف التوليدي من التحقق تعطيه المبرهنة بالمجّان. وقارن المثال 18.18، حيث كان يجب إجراء التحقق المزدوج نفسه باليد — فيتحوّل فصل واحد من النظرية إلى ذلك التوفير بالضبط، في كل تحقق من أساس في بقية الكتاب.

طريقة 19.10 (حساب بُعد)

ثلاثة طرق معيارية، بترتيب تناقص التواتر.

علّم، ثم اقرأ أساسًا. حُلَّ القيود المعرِّفة، وعبّر عن العنصر العام تعبيرًا خطيًا بالوسائط الناجية، وتحقق من أن المتجهات التي تضرب الوسائط حرة: فيكون البُعد عدد الوسائط. (ويجري هذا أدناه على فضاء جزئي ملموس من $\R^4$ .)
أظهر تعليمًا خطيًا تقابليًا. حين تتحدد العناصر بعدد منته من القيم — الشروط الابتدائية لعلاقة تراجعية (التمرين 19.10)، ومعاملات صيغة حلّ (المثال 19.5) — يكون البُعد عدد تلك القيم.
استعمل الصيغ. غراسمان من أجل التقاطعات و المجاميع، والرتبة من أجل الفضاءات المولَّدة، ولاحقًا مبرهنة الرتبة من أجل النوى والصور: فالأبعاد تُحسب عادةً، لا تُخمَّن.

وفي الطرق الثلاثة كلها، تكون قاعدة اثنين من ثلاثة هي الخاتمة: فما إن يتطابق العدّ، تختم الحرية أو التوليد وحدها.

مثال 19.11 (الطريق 1، كاملًا)

بُعد $H = \{(x, y, z, t) \in \R^4 : x + y + z + t = 0 \text{ و } x = t\}$ . حُلَّ: $t = x$ و $y + z = -2x$ ، ومنه $z = -2x - y$ مع $x, y$ حرين:

(x,\ y,\ -2x - y,\ x) = x\,(1, 0, -2, 1) + y\,(0, 1, -1, 0) .

والمتجهتان حرتان (انظر في الإحداثيتين الأوليين: $(x, y) = (0,0)$ )، ومنه تكوّنان أساسًا للمقدار $H$ و $\dim H = 2$ . وكان العدّ متوقعًا — إذ إن قيدين خطيين مستقلين في $\R^4$ ينبغي أن يأكل كلٌّ منهما بُعدًا — لكن التعليم يبرهن على ذلك ويسلّم أساسًا، وهذا ما لا يفعله التنبؤ وحده أبدًا؛ ويجعل التمرين 19.9 شعار «كل معادلة تأكل بُعدًا واحدًا على الأكثر» مبرهنةً.

مثال 19.12 (الطريق 2، كاملًا)

بُعد $W = \{P \in \R_n[X] : P(1) = P(2) = 0\}$ (من أجل $n \geq 2$ ). فبمبرهنة العامل مطبَّقةً مرتين (المبرهنة 8.7؛ والجذران $1$ و $2$ متمايزان)، يكون $P \in W$ بالضبط عندما يكون $P = (X - 1)(X - 2)\,Q$ مع $\deg Q \leq n - 2$ . والتقابل $Q \mapsto (X-1)(X-2)Q$ خطي، ويبلغ $W$ كله، وهو متباين (لأن الجداء لا ينعدم إلا إذا كان $Q = 0$ ): ومنه فالفضاء $W$ معلَّم تعليمًا تقابليًا وخطيًا بالمقدار $\R_{n-2}[X]$ ، ومنه

\dim W = \dim \R_{n-2}[X] = n - 1 .

ويأتي أساس مع التعليم: أي صور الوحيدات الحدّ، $\bigl((X-1)(X-2),\ (X-1)(X-2)X,\ \dots,\ (X-1)(X-2)X^{n-2}\bigr)$ . وكل قيد تقويم جديد عند نقطة جديدة يكلّف بُعدًا واحدًا بالضبط — وهو العمود الفقري العدّي لمقايسة لاغرانج (المبرهنة 8.23).

مثال 19.13 (القيد التكاملي يكلّف بُعدًا واحدًا كذلك)

بُعد $H = \{P \in \R_2[X] : \int_0^1 P = 0\}$ . فبكتابة $P = a + bX + cX^2$ ، يُقرأ القيد $a + \frac b2 + \frac c3 = 0$ ؛ فحُلَّ من أجل $a$ وعلّم:

P = b\Bigl(X - \frac12\Bigr) + c\Bigl(X^2 - \frac13\Bigr),

ومنه $H = \operatorname{Vect}\bigl(X - \frac12,\ X^2 - \frac13\bigr)$ ، والبُعد $2$ (لأن لكثيرَي الحدود درجتين متمايزتين: فهما حران). فالشرط الخطي الواحد — سواء كان تقويمًا أو تكاملًا أو أيّ وصفة خطية أخرى — يزيل بُعدًا واحدًا على الأكثر، وبُعدًا واحدًا بالضبط ما إن لا يكون الشرط معدومًا تمامًا. وسوف يسمّي الفصل 20 مثل هذه الوصفات أشكالًا خطية ومجموعاتِ حلولها مستويات فائقة؛ وتعود متجهات الأساس الموجودة هنا في الفصل 23 بداية عائلة لوجاندر.

19.2 الفضاءات الجزئية والرتبة وغراسمان

مبرهنة 19.14 (الفضاءات الجزئية)

ليكن $E$ ذا بُعد منته ولتكن $F$ فضاءً جزئيًا. عندئذ يكون $F$ ذا بُعد منته، و $\dim F \leq \dim E$ ، مع المساواة إذا وفقط إذا كان $F = E$ . وفوق ذلك لكل فضاء جزئي فضاء جزئي متتامّ.

برهان. للعائلات الحرة من $F$ عدد $\dim E$ متجهة على الأكثر (بمبرهنة التبادل المساعدة في $E$ : فالعائلة الحرة من $F$ حرة في $E$ على الخصوص، و $E$ له عائلة مولِّدة منتهية). وبين العائلات الحرة من $F$ اختر واحدة ذات حجم أكبري $p$ — وهذا ممكن لأن الأحجام أعداد صحيحة محدودة بالمقدار $\dim E$ . وهي تولّد $F$ : وإلا لوقع $x \in F$ ما خارج فضائها المولَّد، ولأعطى إلحاق $x$ عائلةً حرة من $F$ بحجم $p + 1$ (القضية 18.19 (2))، مناقضًا الأكبرية. ولكونها حرة ومولِّدة، تكون أساسًا للمقدار $F$ ، و $\dim F = p \leq \dim E$ . وإذا كان $p = \dim E = n$ : فالعائلة الحرة من $n$ متجهة من $E$ أساسٌ للمقدار $E$ (القضية 19.8)، ومنه $F \supseteq \operatorname{span} = E$ . والمتتامّ: أتمّ أساسًا $(f_1, \dots, f_p)$ للمقدار $F$ إلى أساس $(f_1, \dots, f_p, g_{p+1}, \dots, g_n)$ للمقدار $E$ (بمبرهنة الأساس غير التام)؛ عندئذ يحقق $G = \operatorname{Vect}(g_{p+1}, \dots, g_n)$ أن $E = F \oplus G$ (فوجود التفكيكات ووحدانيتها = الإحداثيات في الأساس الكبير). ∎

تعريف 19.15 (رتبة عائلة)

رتبة عائلة منتهية من المتجهات هي بُعد فضائها المولَّد: $\operatorname{rk}(x_1, \dots, x_p) = \dim \operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p) \leq \min(p, \dim E)$ ، مع المساواة بالمقدار $p$ إذا وفقط إذا كانت العائلة حرة.

مثال 19.16 (حساب رتبة بالإزاحة)

رتبة $\bigl((1,2,3), (2,3,4), (3,4,5), (1,1,1)\bigr)$ في $\R^3$ . لا يتغير الفضاء المولَّد حين يُطرح من متجهة تركيبةٌ من البقية (لأن العائلتين تولّدان التركيبات نفسها): فاستبدل بالمقدار $(2,3,4)$ المقدارَ $(2,3,4) - (1,2,3) = (1,1,1)$ وبالمقدار $(3,4,5)$ المقدارَ $(3,4,5) - (1,2,3) = (2,2,2)$ . والفضاء المولَّد الآن هو $\operatorname{Vect}\bigl((1,2,3), (1,1,1), (2,2,2), (1,1,1)\bigr) = \operatorname{Vect}\bigl((1,2,3), (1,1,1)\bigr)$ ، وهاتان المتجهتان غير متناسبتين: فالرتبة $2$ . وهذا الإجراء بالطرح والإسقاط منظَّم في صورة إزاحة غاوس في الفصل 22.

مثال 19.17 (الجمع بالوصل)

خذ، في $\R^3$ ،

F = \operatorname{Vect}\bigl((1,2,3),\ (1,1,1)\bigr), \qquad G = \operatorname{Vect}\bigl((2,3,4)\bigr) .

المجموع $F + G$ مولَّد بالعائلة الموصولة لكل المولّدات الثلاثة، و

(2, 3, 4) = (1, 2, 3) + (1, 1, 1)

تبيّن أن الثالث زائد: ومنه $F + G = F$ ، وبُعده $2$ — وبكيفية مكافئة $G \subseteq F$ ، وهو ما تعرضه العلاقة. ويؤكد غراسمان: $\dim(F \cap G) = 2 + 1 - 2 = 1 = \dim G$ . فالمجاميع تُحسب بوصل المولّدات ثم تقليص الكومة بخوارزمية الرتبة؛ ولا يلزم أيّ تقنية جديدة أبدًا.

مبرهنة 19.18 (صيغة غراسمان)

من أجل فضاءين جزئيين $F, G$ من $E$ ذوَي بُعد منته:

\dim(F + G) = \dim F + \dim G - \dim(F \cap G) .

وعلى الخصوص يكون $F + G$ مباشرًا إذا وفقط إذا كان $\dim(F + G) = \dim F + \dim G$ .

برهان. ابدأ من أساس $(e_1, \dots, e_r)$ للمقدار $F \cap G$ ؛ وأتمّه إلى أساس $(e_1, \dots, e_r, f_1, \dots, f_s)$ للمقدار $F$ وإلى أساس $(e_1, \dots, e_r, g_1, \dots, g_t)$ للمقدار $G$ (المبرهنة 19.4 (2)). ونحن ندّعي أن

\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_r, f_1, \dots, f_s, g_1, \dots, g_t)

أساسٌ للمقدار $F + G$ ؛ وتتبع الصيغة بالعدّ: $(r + s) + (r + t) - r = r + s + t$ .

والعائلة $\mathcal{B}$ تولّد $F + G$ : فأيّ $u + v$ ( $u \in F$ و $v \in G$ ) ينتشر بها. والحرية: افترض $\sum \alpha_i e_i + \sum \beta_j f_j + \sum \gamma_k g_k = 0$ . فالمتجهة $w = \sum \gamma_k g_k = -\sum\alpha_i e_i - \sum\beta_j f_j$ تقع في $G \cap F$ ، ومنه تنتشر بالمقادير $(e_i)$ وحدها؛ لكن $w$ ينتشر كذلك بالمقادير $(g_k)$ ، وفي أساس $G$ يجب أن يتطابق هذان التعبيران: ومنه كل $\gamma_k = 0$ (وتتطابق إحداثيات $e$ ). وتُردّ العلاقة إلى $\sum\alpha_i e_i + \sum\beta_j f_j = 0$ ، وهي علاقة في أساس $F$ : فتنعدم كل المعاملات الباقية. ∎

مثال 19.19

لمستويين متمايزين $F, G$ (بُعدهما $2$ ) من $\R^3$ يكون $F + G = \R^3$ (لأن مجموعهما يحتوي مستويًا احتواءً قطعيًا)، ومنه $\dim(F \cap G) = 2 + 2 - 3 = 1$ : فهما يتقاطعان دائمًا على امتداد مستقيم — فلا «مستويات متوازية» مارّة بالمبدأ.

مثال 19.20 (غراسمان في العمل، في $\R^4$ )

لتكن $F = \operatorname{Vect}\bigl(e_1,\ e_2,\ (1,1,1,0)\bigr)$ و $G = \operatorname{Vect}(e_3, e_4)$ في $\R^4$ . والأبعاد: $\dim F = 3$ (لأن للمولّد الثالث إحداثية ثالثة غير معدومة، خارج $\operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ ) و $\dim G = 2$ . والمجموع: يحتوي $F + G$ المقادير $e_1, e_2, e_4$ و $e_3 = (1,1,1,0) - e_1 - e_2$ : ومنه فهو $\R^4$ كله. وعندئذ يحسب غراسمان حجم التقاطع دون أيّ إزاحة أصلًا:

\dim(F \cap G) = 3 + 2 - 4 = 1 .

ولتعيين المستقيم، انظر داخل $G$ : تقع المتجهة $(0, 0, c, d)$ في $F$ بالضبط عندما تكون $a e_1 + b e_2 + \lambda(1,1,1,0)$ ، فيُفرض $\lambda = -a = -b$ و $d = 0$ : ومنه فالتقاطع هو $\operatorname{Vect}(e_3)$ — وهذا متسق، لأن $e_3$ أُظهر في $F$ أعلاه ويقع في $G$ بحكم التعريف. وهذا تقسيم عمل نموذجي: فغراسمان يتنبّأ بكم يجب البحث عنه، ثم تجد الجملة الخطية ماذا.

مثال 19.21 (التقاطع بالمعادلات)

حين يأتي الفضاءان الجزئيان مجموعتَي حلول، يكون التقاطع مجرد تكديس للمعادلات. ففي $\R^3$ : يعطي $F = \{x + y + z = 0\}$ و $G = \{x = y\}$

F \cap G = \{x = y,\ 2x + z = 0\} = \{(x,\ x,\ -2x)\} = \operatorname{Vect}(1, 1, -2),

أي مستقيمًا. وللتحقق المتقاطع بغراسمان: $F + G = \R^3$ (لأن المستويين متمايزان، ومنه فمجموعهما يحتوي مستويًا احتواءً قطعيًا)، ومنه $\dim(F\cap G) = 2 + 2 - 3 = 1$ . والوصفان لفضاء جزئي — بالمعادلات، وبالمولّدات — يجعل كلٌّ منهما عملية واحدة بديهية: فالمعادلات تتقاطع بالتكديس، والمولّدات تُجمع بالوصل؛ والتحويل بينهما هو بالضبط ما تعنيه حلّ جملة خطية (الفصل 22).

ملاحظة 19.22 (مزالق شائعة)

الأبعاد لا تُجمع على امتداد المجاميع ما لم يكن المجموع مباشرًا: فلمستويين من $\R^3$ يكون $\dim(F + G) = 3$ ، لا $4$ ؛ فصحّح دائمًا بحدّ التقاطع (غراسمان). الاحتواء يحتاج إلى البُعد والاحتواء: فالمقدار $\dim F = \dim G$ وحده لا يعطي $F = G$ أبدًا (فمستقيمان متمايزان من $\R^2$ )؛ وتقتضي حالة المساواة في المبرهنة 19.14 أن يكون $F \subseteq G$ أولًا. عدّ الوسائط ليس برهانًا بعد: فالقول «معادلتان في $\R^4$ ، ومنه البُعد $2$ » يفشل عندما تكون المعادلتان مرتبطتين (فالمعادلتان $x + y = 0$ و $2x + 2y = 0$ تتركان البُعد $3$ )؛ ولا يفصل إلا تعليم فعلي أو حساب رتبة. لا تتكلم عن بُعد ما ليس فضاءً جزئيًا: فمجموعات حلول الجمل غير المتجانسة تفوّت $0$ ؛ و«بُعدها» هو بُعد فضاء الحلول المتجانس المرتبط بها (الفصل 22 يجعل هذا دقيقًا). البُعد غير المنتهي موجود: فالمقدار $K[X]$ يحتوي عائلات حرة من كل حجم (الوحيدات الحدّ)، ومنه فلا يمكن وجود عائلة مولِّدة منتهية — فعبارات مثل قاعدة اثنين من ثلاثة منتهية البُعد قطعًا وتفشل فشلًا ذريعًا على $K[X]$ (النتيجة 20.9 سيبيّن الشيء نفسه من أجل التباين والشمول). الرتبة عن الفضاء المولَّد لا عن القائمة: فتكرار متجهة أو إعادة الترتيب أو الضرب في ثوابت غير معدومة يبقي الرتبة على حالها، و $\operatorname{rk} = p$ (وهو عدد المتجهات) خاصية يجب البرهان عليها — وهي بالضبط الحرية. و العائلة من $5$ متجهات ورتبتها $2$ تحمل ما قيمته ثلاث متجهات من الزيادة، وتحدّد الإزاحة (المثال 19.16) موضعها صراحةً.

ملاحظة 19.23 (أين يذهب البُعد للعمل)

البُعد هو حجة العدّ المفضلة عند الكتاب من الآن فصاعدًا. فالفصل الفصل 20 يبرهن على مبرهنة الرتبة، وهي الصيغة الدالية لصيغة غراسمان؛ و الفصل 21 يحسب الرتب بالتقليص على السطور؛ و الفصل 22 يحوّل « $n$ متجهة من $K^n$ تكوّن أساسًا» إلى عدد واحد غير معدوم. و تبيّن مسألة نهاية الأسبوع أدناه البُعدَ يقوم ب«حساب أعداد»: فعدّ الأبعاد على الحقل $\Q$ يبرهن على عبارات صمم تبدو منيعة على اليد. وفي مجلّد السنة الثالثة تفصل حسابات الأبعاد نفسها، ملطَّفةً بنظرية الزمر، في أيّ مسائل البناء الكلاسيكية قابل للحلّ — وتلك القصة نظرية غالوا.

ملاحظة 19.24 (منظورات داخل الكتاب 3)

البُعد هو المقدار المحفوظ في بقية هذا المجلّد، ويجدر تسمية قوانين الحفظ مسبقًا. فالفصل الفصل 20 يبرهن على $\dim E = \dim\ker u + \operatorname{rk} u$ : أي إن ما يسحقه التطبيق الخطي مضافًا إليه ما يحفظه يساوي المصدر دائمًا. و الفصل 22 يلطّف هذا إلى بنية مجموعات الحلول: فإن $p$ مجهولًا ناقص $\operatorname{rk} A$ محورًا يترك بُعد فضاء الحلول، وتظهره إزاحة غاوس وسائطَ حرة. و الفصل 23 يقسم $\dim E = \dim F + \dim F^\perp$ قسمةً متعامدة، وتنفق مسألة نهاية الأسبوع في الفصل 25 هذه الميزانية بالضبط: $n$ نقطة معطيات، و $2$ وسيطًا مقايَسين، و $n - 2$ بُعدًا للباقي. وكلما رفض عدٌّ أن يتوازن في فصل لاحق، كان الخطأ نواةً منسية أو مجموعًا غير مباشر — فعُد إلى صيغة غراسمان أولًا.

19.3 تمارين

تمرين 19.1 ★

أعطِ أساسًا وبُعدًا من أجل:

$F = \{(x,y,z) \in \R^3 : x + y + z = 0\}$ ؛
$G = \{(x,y,z,t) \in \R^4 : x = y,\ z = 2t\}$ ؛
$H = \{P \in \R_3[X] : P(1) = P'(1) = 0\}$ .

حل

حل التمرين 19.1.

$z = -x - y$ : $F = \{(x, y, -x-y)\} = \operatorname{Vect}\bigl((1,0,-1), (0,1,-1)\bigr)$ ؛ والمتجهتان حرتان (بالإحداثيات): ومنه $\dim F = 2$ .
$G = \{(x, x, 2t, t)\} = \operatorname{Vect}\bigl((1,1,0,0), (0,0,2,1)\bigr)$ : حرة، و $\dim G = 2$ .
$P(1) = P'(1) = 0$ يعني $(X-1)^2 \mid P$ (القضية 8.11): ومنه $P = (X-1)^2(aX + b)$ . والأساس $\bigl((X-1)^2, X(X-1)^2\bigr)$ ، والبُعد $2$ .

تمرين 19.2 ★

احسب رتبة العائلة $\bigl((1,1,1), (1,2,3), (3,5,7), (0,1,2)\bigr)$ في $\R^3$ ، و استخرج أساسًا لفضائها المولَّد.

حل

حل التمرين 19.2.

$(3,5,7) = (1,1,1) + 2(1,2,3)$ و $(0,1,2) = (1,2,3) - (1,1,1)$ : فكلاهما تركيبة من الأوليين، وهما حرتان (لأنهما غير متناسبتين). فالرتبة $2$ ؛ وأساس الفضاء المولَّد: $\bigl((1,1,1), (1,2,3)\bigr)$ .

تمرين 19.3 ★

أتمّ العائلة الحرة $\bigl((1,1,0,0), (0,0,1,1)\bigr)$ إلى أساس للمقدار $\R^4$ باستعمال المتجهات القانونية، وسوّغ.

حل

حل التمرين 19.3.

جرّب إلحاق $e_1 = (1,0,0,0)$ و $e_3 = (0,0,1,0)$ . فالعائلة $\bigl((1,1,0,0), (0,0,1,1), e_1, e_3\bigr)$ حرة: إذ تُقرأ تركيبة معدومة $\alpha(1,1,0,0) + \beta(0,0,1,1) + \gamma e_1 + \delta e_3 = 0$ هكذا $(\alpha + \gamma, \alpha, \beta + \delta, \beta) = 0$ ، ومنه $\alpha = \beta = 0$ ، ثم $\gamma = \delta = 0$ . وأربع متجهات حرة في البُعد $4$ : أي أساس (القضية 19.8).

تمرين 19.4 ★

برهن على أن $\bigl(1, X, X(X-1), X(X-1)(X-2)\bigr)$ أساس للمقدار $\R_3[X]$ ، وجد إحداثيات $X^3$ فيه.

حل

حل التمرين 19.4.

الدرجات $0, 1, 2, 3$ متمايزة مثنى مثنى: فهي حرة (القضية 18.19)، وأربع متجهات في البُعد $4$ : أي أساس. ومن أجل $X^3$ : انشر نزولًا،

X(X-1)(X-2) = X^3 - 3X^2 + 2X, \qquad X(X-1) = X^2 - X,

ومنه $X^3 - X(X-1)(X-2) = 3X^2 - 2X$ ؛ و $3X^2 - 2X = 3(X^2 - X) + X = 3\,X(X-1) + X$ . ومنه

X^3 = X(X-1)(X-2) + 3\,X(X-1) + 1\cdot X + 0\cdot 1 :

فالإحداثيات $(0, 1, 3, 1)$ على $\bigl(1, X, X(X-1), X(X-1)(X-2)\bigr)$ . (وهذه أعداد ستيرلينغ متنكّرة.)

تمرين 19.5 ★★

ليكن $F$ و $G$ فضاءين جزئيين بُعداهما $4$ و $5$ من فضاء $E$ مع $\dim E = 7$ . ما القيم الممكنة للمقدار $\dim(F \cap G)$ ؟ وأعطِ مثالًا يحقق كل قيمة مع $E = \R^7$ .

حل

حل التمرين 19.5.

غراسمان: $\dim(F \cap G) = 4 + 5 - \dim(F + G)$ ، و $F + G$ فضاء جزئي من $E$ يحتوي $G$ : ومنه $5 \leq \dim(F+G) \leq 7$ . ومنه $\dim(F \cap G) \in \{2, 3, 4\}$ . والتحقيقات في $\R^7$ بالأساس القانوني $(e_1, \dots, e_7)$ ، بأخذ $G = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_5)$ :

$F = \operatorname{Vect}(e_1, e_2, e_6, e_7)$ : $F + G = \R^7$ ، والتقاطع $\operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ ، والبُعد $2$ ؛
$F = \operatorname{Vect}(e_1, e_2, e_3, e_6)$ : التقاطع بُعده $3$ ؛
$F = \operatorname{Vect}(e_1, e_2, e_3, e_4) \subseteq G$ : البُعد $4$ .

تمرين 19.6 ★★

لتكن $H = \{P \in \R_n[X] : P(1) = 0\}$ . برهن على أن $H$ مستوٍ فائق في $\R_n[X]$ (أي فضاء جزئي بُعده $n$ )، وأظهر أساسًا للمقدار $H$ (فكّر في مبرهنة العامل: $P = (X-1)Q$ )، و أعطِ مستقيمًا متتامًّا.

حل

حل التمرين 19.6.

المجموعة $H$ فضاء جزئي (التمرين 18.1 (4) حرفيًا). وحسب مبرهنة العامل (المبرهنة 8.7)، $P \in H \iff P = (X-1)Q$ مع $\deg Q \leq n - 1$ : فالتطبيق $Q \mapsto (X-1)Q$ تقابلٌ خطي من $\R_{n-1}[X]$ على $H$ ، ومنه فأساس $H$ هو

\bigl((X-1),\ (X-1)X,\ (X-1)X^2,\ \dots,\ (X-1)X^{n-1}\bigr), \qquad \dim H = n .

ومستقيم متتامّ: $\operatorname{Vect}(1)$ (الثوابت). فعلًا $H \cap \operatorname{Vect}(1) = \{0\}$ (لأن الثابت غير المعدوم لا ينعدم عند $1$ ) وتُجمع الأبعاد إلى $n + 1$ : ومنه، بغراسمان، $H \oplus \operatorname{Vect}(1) = \R_n[X]$ .

تمرين 19.7 ★★

لتكن $u_1, \dots, u_p$ متجهات رتبتها $r$ . برهن على أن حذف متجهة واحدة يعطي عائلة رتبتها $r$ أو $r - 1$ ، وأن إلحاق متجهة يعطي رتبة $r$ أو $r + 1$ . واستنتج أن الرتبة تتغير بمقدار $1$ على الأكثر تحت أيّ إدخال أو حذف مفرد.

حل

حل التمرين 19.7.

الحذف: بحذف $u_p$ ، لا يمكن للفضاء المولَّد إلا أن يتقلص؛ وهو يتقلص ببُعد واحد على الأكثر، لأن إعادة $u_p$ إلى أساس للفضاء المولَّد الأصغر تعطي عائلة مولِّدة للأكبر بمتجهة إضافية واحدة على الأكثر. وبالتناظر، بإلحاق متجهة $v$ : يحتوي الفضاء المولَّد الجديد القديمَ بمولّد إضافي واحد على الأكثر، ومنه فبُعده هو $r$ (إذا كانت $v$ في الفضاء المولَّد أصلًا) أو $r + 1$ (وإلا، فحسب القضية 18.19 (2) يمتدّ أساس). والعبارتان معًا تعطيان نتيجة «الرتبة ليبشيتزية بالثابت $1$ ».

تمرين 19.8 ★★★

لتكن $F_1 \subseteq F_2 \subseteq \dots \subseteq F_k$ فضاءات جزئية من $E$ ( $\dim E = n$ ) مع $F_i \neq F_{i+1}$ من أجل كل $i$ . برهن على $k \leq n + 1$ . واستنتج أن السلسلة المتزايدة قطعًا من الفضاءات الجزئية من $\R^n$ طولها $n + 1$ على الأكثر، وأظهر واحدة ذات طول أكبري.

حل

حل التمرين 19.8.

على امتداد سلسلة متزايدة قطعًا، تتزايد الأبعاد تزايدًا قطعيًا ( $F_i \subseteq F_{i+1}$ ، مع $F_i \neq F_{i+1}$ و المبرهنة 19.14: لأن تساوي الأبعاد سيفرض تساوي الفضاءات). ومنه فالمقدار $\dim F_1 < \dim F_2 < \dots < \dim F_k$ متتالية متزايدة قطعًا من الأعداد الصحيحة في $\intint{0}{n}$ : أي $n + 1$ قيمة على الأكثر، ومنه $k \leq n + 1$ . وسلسلة أكبرية في $\R^n$ :

\{0\} \subsetneq \operatorname{Vect}(e_1) \subsetneq \operatorname{Vect}(e_1, e_2) \subsetneq \dots \subsetneq \R^n ,

طولها $n + 1$ بالضبط.

تمرين 19.9 ★★★

ليكن $E$ ذا بُعد $n$ ولتكن $F$ و $G$ مستويين فائقين (بُعدهما $n - 1$ ) مع $F \neq G$ . احسب $\dim(F \cap G)$ . وعمّم: تقاطع $k$ مستوٍ فائق بُعده $\geq n - k$ .

حل

حل التمرين 19.9.

يحتوي $F + G$ المقدارَ $F$ احتواءً قطعيًا (لأن $G \not\subseteq F$ )، ومنه $\dim(F + G) = n$ ويعطي غراسمان $\dim(F \cap G) = (n-1) + (n-1) - n = n - 2$ .

والادعاء العام، بالاستقراء على $k$ : لتقاطع $I_k$ ذي $k$ مستوٍ فائق $\dim I_k \geq n - k$ . وهذا صحيح من أجل $k = 1$ . والخطوة: $I_{k+1} = I_k \cap H_{k+1}$ ، وغراسمان داخل $E$ :

\dim(I_k \cap H_{k+1}) = \dim I_k + (n - 1) - \dim(I_k + H_{k+1}) \geq \dim I_k + (n-1) - n \geq n - k - 1 . \qedhere

تمرين 19.10 ★★

ليكن $E$ مجموعة المتتاليات الحقيقية التي تحقق $u_{n+2} = 3u_{n+1} - 2u_n$ من أجل كل $n$ .

بيّن أن $E$ فضاء جزئي من فضاء المتتاليات، وأن متتالية من $E$ تتحدد تمامًا، تحدّدًا خطيًا، بالزوج $(u_0, u_1)$ ؛ واستنتج $\dim E = 2$ .
تحقق من أن المتتالية الثابتة $(1)$ والمتتالية الهندسية $(2^n)$ تقعان في $E$ وتكوّنان أساسًا للمقدار $E$ .
جد متتالية $E$ ذات $u_0 = 0$ و $u_1 = 1$ .

حل

حل التمرين 19.10.

الشرط $u_{n+2} - 3u_{n+1} + 2u_n = 0$ خطي وتحققه المتتالية المعدومة: ومنه فالمقدار $E$ فضاء جزئي. و بالاستقراء، يحدّد $u_0$ و $u_1$ كلَّ $u_n$ ، ويكون التعلّق خطيًا (لأن كل خطوة تركيبة خطية من القيمتين السابقتين)؛ وبالعكس ينشأ كل زوج $(a, b)$ من متتالية واحدة بالضبط من $E$ (بتعريف $u_n$ بالعلاقة التراجعية). وكما في المثال 19.5، يكون $E$ معلَّمًا تعليمًا تقابليًا وخطيًا بالمقدار $(u_0, u_1) \in \R^2$ : ومنه $\dim E = 2$ .
الثوابت: $3\cdot1 - 2\cdot1 = 1$ . والهندسية: $3\cdot 2^{n+1} - 2\cdot 2^n = (6 - 2)2^n = 2^{n+2}$ . وكلتاهما تقع في $E$ . والحرية: يعطي $a\cdot 1 + b\cdot 2^n = 0$ من أجل كل $n$ ، عند $n = 0$ و $n = 1$ : $a + b = 0$ و $a + 2b = 0$ ، ومنه $a = b = 0$ . ومتجهتان حرتان في البُعد $2$ : أي أساس (القضية 19.8).
حُلَّ $a + b = 0$ و $a + 2b = 1$ : $b = 1$ و $a = -1$ ، ومنه $u_n = 2^n - 1$ (وهي متتالية مرسين).

تمرين 19.11 ★★

ليكن $E$ ذا بُعد $n$ .

إذا كانت $F, G$ فضاءين جزئيين مع $\dim F + \dim G > n$ ، فبرهن على $F \cap G \neq \{0\}$ . وأوضح: فالفضاءان الجزئيان ذوا البُعدين $51$ و $50$ من $\R^{100}$ يتقاسمان دائمًا متجهةً غير معدومة.
إذا كان $H$ مستويًا فائقًا و $F$ فضاءً جزئيًا مع $F \cap H = \{0\}$ ، فبرهن على $\dim F \leq 1$ .

حل

حل التمرين 19.11.

غراسمان: $\dim(F \cap G) = \dim F + \dim G - \dim(F + G) \geq \dim F + \dim G - n > 0$ ، ومنه $F \cap G \neq \{0\}$ . ومع $n = 100$ : $51 + 50 - 100 = 1 > 0$ ، ومنه يحتوي التقاطع مستقيمًا.
إذا كان $F \cap H = \{0\}$ ، فالمجموع مباشر و $\dim F + (n - 1) = \dim(F \oplus H) \leq n$ ، ومنه $\dim F \leq 1$ . (وبالعكس فإن مستقيمًا غير محتوًى في $H$ يحقق هذا فعلًا: فالمستويات الفائقة لا تفوّت شيئًا يُذكر.)

تمرين 19.12 ★★★

(متتامّ مشترك) لتكن $F, G$ فضاءين جزئيين من $E$ (ذي بُعد منته) مع $\dim F = \dim G$ . برهن على أن للمقدارين $F$ و $G$ متتامًّا مشتركًا: أي إنه يوجد فضاء جزئي $S$ يحقق $E = F \oplus S = G \oplus S$ . (استقرِ نزولًا على $\dim F$ : فإذا كان $F \neq G \neq E$ ، فاختر $x \notin F \cup G$ — التمرين 18.12 يسمح بذلك — وانظر في $F \oplus \operatorname{Vect}(x)$ و $G \oplus \operatorname{Vect}(x)$ .)

حل

حل التمرين 19.12.

بالاستقراء النازل على $d = \dim F = \dim G$ ، من $d = n$ إلى $d = 0$ . فإذا كان $d = n$ : فإن $F = G = E$ ويفي $S = \{0\}$ بالغرض. وافترض أن العبارة تصحّ من أجل أزواج الفضاءات الجزئية ذات البُعد $d + 1 \leq n$ ، ولتكن $\dim F = \dim G = d < n$ .

فإذا كان $F = G$ : فخذ من أجل $S$ أيَّ متتامّ للمقدار $F$ (المبرهنة 19.14). وإذا كان $F \neq G$ : فكلاهما قطعي، ومنه، حسب التمرين 18.12، يوجد $x \notin F \cup G$ . والمجموعان $F' = F \oplus \operatorname{Vect}(x)$ و $G' = G \oplus \operatorname{Vect}(x)$ مباشران ( $x \notin F$ و $x \notin G$ ) وبُعدهما $d + 1$ ؛ وحسب فرض الاستقراء لهما متتامّ مشترك $S'$ : $E = F' \oplus S' = G' \oplus S'$ . ضع $S = \operatorname{Vect}(x) \oplus S'$ — وهو مباشر، لأن $S' \cap \operatorname{Vect}(x) \subseteq S' \cap F' = \{0\}$ .

عندئذ $F + S = F + \operatorname{Vect}(x) + S' = F' + S' = E$ ، و $F \cap S = \{0\}$ : فإذا كان $f = \lambda x + s'$ مع $f \in F$ و $s' \in S'$ ، فإن $s' = f - \lambda x \in F' \cap S' = \{0\}$ ، ومنه $f = \lambda x$ ، فيُفرض $\lambda = 0$ (لأن $x \notin F$ ) و $f = 0$ . ومنه $E = F \oplus S$ ، وبالتناظر $E = G \oplus S$ .

19.4 مسألة: قانون البرج لديدكيند

مسألة 19.1

لم يستعمل أيّ شيء في الفصلين 18–19 عن السلالم فوق بديهيات الحقل (التعريف 7.22): ومنه يمكن أخذ $K = \Q$ وقياس مجموعات من الأعداد الحقيقية بمسطرة البُعد على $\Q$ . وتحسب هذه المسألة بُعد $\Q(\sqrt2, \sqrt3)$ ، وتبرهن على قانون البرج لديدكيند $\dim_\Q M = \dim_\Q K \cdot \dim_K M$ ، وتحصد مبرهنات صمم بعدّ الأبعاد المحض — بلا $\varepsilon$ وبلا أرقام عشرية، بالأسس فحسب.

الجزء 1 — السلالم الناطقة.

تحقق من أن $\Q$ حقل ومن أن كل تعريف وكل برهان في الفصلين 18–19 لا يستعمل إلا بديهيات حقل السلالم؛ واستنتج أن $\R$ فضاء متجهي على $\Q$ وأن مبرهنة التبادل المساعدة ومبرهنات الأسس و صيغة غراسمان تصحّ على $\Q$ . وأشِر إلى الخطوة الوحيدة من برهان المبرهنة 19.2 التي تُجرى فيها قسمة على سلّم غير معدوم.
بيّن أن $(1, \sqrt2)$ حرة على $\Q$ لكنها مرتبطة على $\R$ . ضع $\Q(\sqrt2) = \operatorname{Vect}_\Q(1, \sqrt2) = \{a + b\sqrt2 : a, b \in \Q\}$ ؛ فما هو $\dim_\Q \Q(\sqrt2)$ ؟
بيّن أن $\Q(\sqrt2)$ مستقر بالضرب. ومن أجل $u = a + b\sqrt2$ ضع $\sigma(u) = a - b\sqrt2$ و $N(u) = u\,\sigma(u) = a^2 - 2b^2$ . بيّن $\sigma(uv) = \sigma(u)\sigma(v)$ ، واستنتج $N(uv) = N(u)N(v)$ ، وبيّن أن $N(u) \neq 0$ كلما كان $u \neq 0$ .
استنتج أن لكل $u \in \Q(\sqrt2)$ غير معدوم مقلوبًا في $\Q(\sqrt2)$ ، وهو $u^{-1} = \sigma(u)/N(u)$ : أي إن $\Q(\sqrt2)$ حقل جزئي من $\R$ . واحسب $\dfrac1{3 + 2\sqrt2}$ و $\dfrac1{1 + \sqrt2}$ .

الجزء 2 — ضمّ $\sqrt3$ .

برهن على أن $\sqrt6 \notin \Q$ (قارن أُسّ $2$ على طرفَي $6q^2 = p^2$ ، كما في التمرين 6.7)، ثم على أن $\sqrt3 \notin \Q(\sqrt2)$ (ربّع $\sqrt3 = a + b\sqrt2$ و ناقش الحالات $ab \neq 0$ و $b = 0$ و $a = 0$ ).
لتكن $M = \operatorname{Vect}_\Q(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ . بيّن أن $M$ مستقر بالضرب (ويكفي جدول لجداءات متجهات الأساس).
اكتب $K = \Q(\sqrt2)$ . بيّن أن $(1, \sqrt3)$ حرة على الحقل $K$ ، واستنتج أن $M = K + K\sqrt3$ فضاء متجهي على $K$ بُعده $2$ بالأساس $(1, \sqrt3)$ .
برهن على أن $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ حرة على $\Q$ ، ومنه $\dim_\Q M = 4$ . (جمّع علاقة معدومة في صورة $(a + b\sqrt2) + (c + d\sqrt2)\sqrt3 = 0$ وطبّق السؤال 7 ثم 2.)

الجزء 3 — قانون البرج. ليكن $\Q \subseteq K \subseteq M \subseteq \R$ حيث $K$ و $M$ حقلان جزئيان، ولتكن $(e_1, \dots, e_m)$ أساسًا للمقدار $K$ فضاءً متجهيًا على $\Q$ ، ولتكن $(f_1, \dots, f_n)$ أساسًا للمقدار $M$ فضاءً متجهيًا على $K$ .

بيّن أن الجداءات $mn$ الممثَّلة بالمقادير $(e_i f_j)$ تولّد $M$ على $\Q$ .
بيّن أن العائلة $(e_i f_j)$ حرة على $\Q$ . (أعد تنظيم تركيبة معدومة على $\Q$ في صورة $\sum_j \bigl(\sum_i \lambda_{ij} e_i\bigr) f_j$ ، ومعاملاتها الداخلية تعيش في $K$ .)
اختم بما يسمّى قانون البرج لديدكيند:

$\dim_\Q M \;=\; \dim_\Q K \,\cdot\, \dim_K M ,$

وتحقق منه على $\Q \subseteq \Q(\sqrt2) \subseteq M$ إزاء السؤالين 7 و 8.
(حقول بالمجّان) لتكن $A \subseteq \R$ فضاءً جزئيًا على $\Q$ ذا بُعد منته يحتوي $1$ و مستقرًا بالضرب، وليكن $u \in A$ مع $u \neq 0$ . بيّن أنه إذا كانت $(a_1, \dots, a_d)$ أساسًا للمقدار $A$ ، فإن $(u a_1, \dots, u a_d)$ أساسٌ للمقدار $A$ مرة أخرى؛ واستنتج أن للمقدار $u$ مقلوبًا في $A$ : أي إن $A$ حقل جزئي من $\R$ . وأيّ الأسئلة السابقة يستعيدها هذا؟
بيّن أنه من أجل كل $x \in A$ (كما في السؤال 12، $\dim_\Q A = d$ ) تكون العائلة $(1, x, x^2, \dots, x^{d})$ مرتبطة: أي إن كل عنصر من $A$ جذرٌ لكثير حدود غير معدوم بمعاملات ناطقة، من درجة $d$ على الأكثر.

الجزء 4 — عدد واحد يولّد كل شيء. ضع $s = \sqrt2 + \sqrt3$ .

احسب إحداثيات $s^2$ و $s^3$ و $s^4$ في الأساس $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ للمقدار $M$ .
بيّن أن $(1, s, s^2, s^3)$ حرة على $\Q$ ، واستنتج $\operatorname{Vect}_\Q(1, s, s^2, s^3) = M$ : أي إن كل عنصر من $M$ كثيرُ حدود ناطق في $s$ . وعبّر عن $\sqrt2$ و $\sqrt3$ بمثل هذه كثيرات الحدود.
تحقق من $s^4 - 10s^2 + 1 = 0$ ، وبيّن أن $X^4 - 10X^2 + 1$ هو كثير الحدود الواحديّ الأصغر درجةً المنعدم عند $s$ . وحدّد جذوره الحقيقية الأربعة.
استنتج: $1/s = 10s - s^3$ ؛ وعيّن هذا العدد. وبيّن أن $a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6$ ( $a,b,c,d \in \Q$ ) يكون ناطقًا إذا وفقط إذا كان $b = c = d = 0$ ؛ وعلى الخصوص يكون $\sqrt2 + \sqrt3 + \sqrt6$ أصمّ (وهذا تقوية للمقدار التمرين 10.7).

الجزء 5 — الجذر التكعيبي يبقى خارجًا. ضع $t = 2^{1/3}$ .

بيّن أن $X^3 - 2$ ليس له جذر ناطق (بمحك الجذر الناطق في التمرين 8.5، أو بعدّ تقييمات)؛ واستنتج أن $(1, t)$ حرة على $\Q$ .
بيّن أن $(1, t, t^2)$ حرة على $\Q$ . (إذا قتل كثيرُ حدود غير معدوم $P \in \Q[X]$ من درجة $\leq 2$ المقدارَ $t$ ، فخذ واحدًا من أصغر درجة واقسم $X^3 - 2$ عليه، المبرهنة 8.3؛ واستنتج أن $X^3 - 2$ سيكون له جذر ناطق.) واستنتج أن $A = \operatorname{Vect}_\Q(1, t, t^2)$ بُعده $3$ ، و مستقر بالضرب، وحقل جزئي من $\R$ .
برهن على أن $t \notin M$ : وإلا لكان $M$ فضاءً متجهيًا على الحقل $A$ ، ولفرض قانون البرج أن $3 \mid 4$ . ومنه فالمقدار $2^{1/3}$ ليس تركيبةً ناطقة من $1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6$ .
استنتج أن $t \notin \Q(\sqrt2)$ ، وأن $t + \sqrt2$ أصمّ، وأنه لا يوجد عددان ناطقان $a, b$ يحققان $2^{1/3} = a + b\sqrt3$ .

الجزء 6 — كل الحقول الجزئية، وتوليفة.

برهن على قابلية قسمة الدرجات: إذا كان $\Q \subseteq A \subseteq B \subseteq \R$ حقولًا جزئية مع $\dim_\Q B$ منتهيًا، فإن $\dim_\Q A$ يقسم $\dim_\Q B$ . وما الأبعاد الممكنة للحقول الجزئية من $M$ ؟
حدّد كل الحقول الجزئية من $M$ ذات البُعد $2$ على $\Q$ . (ردّ الأمر إلى إيجاد $w = a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 \in M \setminus \Q$ التي تحقق $w^2 \in \Q$ : انشر $w^2$ وأعدِم الإحداثيات الصمّاء الثلاث.)
عبّر عن $\dfrac1{1 + \sqrt2 + \sqrt3}$ في الأساس $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ (بالضرب في مرافقات محسنة الاختيار).
توليفة، في أربع جمل: لماذا يكون البُعد على $\Q$ قرينةً حسابية لمجموعة من الأعداد الحقيقية؛ وماذا يفرض تناهي البُعد عن كل عنصر (السؤال 13)؛ وكيف أنتجت قاعدة اثنين من ثلاثة مقلوبات من العدم (السؤال 12)؛ وماذا يمنع قانون البرج (السؤال 20). وسمِّ المبرهنة المبرهن عليها في الجزء 3.

حل

حل المسألة 19.1.

1. يحتوي $\Q$ المقدارَ $0 \neq 1$ ، وهو مستقر بالجمع و بالضرب وبالمقابلات، ولكل عدد ناطق غير معدوم مقلوبٌ ناطق: أي حقل (التعريف 7.22). و تعاريف الفضاء المولَّد والحرية والأساس وبراهين الفصلين 18–19 لا تستعمل إلا جمع المتجهات والتوزيعية وحساب السلالم في حقل — ولا تستعمل أبدًا قيمة مطلقة ولا ترتيبًا ولا نهاية. ومنه فالمقدار $\R$ ، بجمعه الخاص وبالضرب $\Q \times \R \to \R$ ، فضاء متجهي على $\Q$ ، وتنطبق كل المبرهنات. وتقع القسمة على سلّم مرة واحدة في برهان المبرهنة 19.2: إذ إن «الحلّ من أجل $g_k$ » يقسم على معامله غير المعدوم.

2. إذا كان $a + b\sqrt2 = 0$ مع $a, b \in \Q$ وليسا معدومين معًا: فإن $b \neq 0$ سيعطي $\sqrt2 = -a/b \in \Q$ ، مناقضًا صمم $\sqrt2$ (التمرين 6.7 مع $p = 2$ )؛ ومنه $b = 0$ ، ثم $a = 0$ : فهي حرة على $\Q$ . وأمّا على $\R$ فإن العلاقة $\sqrt2\cdot 1 + (-1)\cdot\sqrt2 = 0$ غير بديهية: فهي مرتبطة. ومنه $\dim_\Q \Q(\sqrt2) = 2$ ، بإحداثيات وحيدة $(a, b)$ .

3. $(a + b\sqrt2)(c + d\sqrt2) = (ac + 2bd) + (ad + bc)\sqrt2 \in \Q(\sqrt2)$ . عندئذ

\sigma(uv) = (ac + 2bd) - (ad + bc)\sqrt2 = (a - b\sqrt2)(c - d\sqrt2) = \sigma(u)\sigma(v),

ومنه $N(uv) = uv\,\sigma(uv) = u\sigma(u)\,v\sigma(v) = N(u)N(v)$ . وإذا كان $N(u) = a^2 - 2b^2 = 0$ مع $u \neq 0$ : فإن $b \neq 0$ سيعطي $(a/b)^2 = 2$ ، أي جذرًا تربيعيًا ناطقًا للعدد $2$ ؛ ومنه $b = 0$ ، ثم $a = 0$ و $u = 0$ : وهذا تناقض. ومنه $N(u) \neq 0$ من أجل $u \neq 0$ .

4. $u \cdot \dfrac{\sigma(u)}{N(u)} = \dfrac{N(u)}{N(u)} = 1$ ، و $\sigma(u)/N(u) \in \Q(\sqrt2)$ : فكل عنصر غير معدوم قابل للقلب داخل $\Q(\sqrt2)$ ، وهو إذن حقل جزئي من $\R$ . وأمثلة: $N(3 + 2\sqrt2) = 9 - 8 = 1$ ، ومنه

\frac1{3 + 2\sqrt2} = 3 - 2\sqrt2 ; \qquad N(1 + \sqrt2) = -1, \quad \frac1{1 + \sqrt2} = \sqrt2 - 1 .

5. إذا كان $\sqrt6 = p/q$ فإن $6q^2 = p^2$ ؛ وأُسّ $2$ هو $1 + 2v_2(q)$ ، وهو فردي، على اليسار، و $2v_2(p)$ ، وهو زوجي، على اليمين: وهذا محال. والآن افترض $\sqrt3 = a + b\sqrt2$ مع $a, b \in \Q$ . وبالتربيع: $3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt2$ . فإذا كان $ab \neq 0$ ، فإن $\sqrt2 = (3 - a^2 - 2b^2)/(2ab) \in \Q$ : وهذا محال. وإذا كان $b = 0$ : فإن $\sqrt3 = a \in \Q$ ، مناقضًا التمرين 6.7 ( $p = 3$ ). وإذا كان $a = 0$ : فإن $\sqrt3 = b\sqrt2$ ، وبالضرب في $\sqrt2$ : $\sqrt6 = 2b \in \Q$ : وهذا محال. ومنه $\sqrt3 \notin \Q(\sqrt2)$ .

6. جداءات متجهات الأساس هي

\sqrt2\,\sqrt3 = \sqrt6,\quad \sqrt2\,\sqrt6 = 2\sqrt3,\quad \sqrt3\,\sqrt6 = 3\sqrt2,\quad (\sqrt2)^2 = 2,\ (\sqrt3)^2 = 3,\ (\sqrt6)^2 = 6,

وكلها في $M$ . وجداء عنصرين من $M$ ينتشر بثنائية الخطية إلى تركيبات ناطقة من هذه: ومنه فالمقدار $M$ مستقر بالضرب.

7. ليكن $x + y\sqrt3 = 0$ مع $x, y \in K = \Q(\sqrt2)$ . فإذا كان $y \neq 0$ ، فإن $\sqrt3 = -x/y \in K$ (السؤال 4: لأن $K$ حقل)، مناقضًا السؤال 5. ومنه $y = 0$ ، ثم $x = 0$ : ومنه $(1, \sqrt3)$ حرة على $K$ . وهي مولِّدة: $K + K\sqrt3 = \{(a + b\sqrt2) + (c + d\sqrt2)\sqrt3\} = \operatorname{Vect}_\Q (1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6) = M$ . ومنه $\dim_K M = 2$ .

8. تُجمّع علاقة $a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 = 0$ في صورة $(a + b\sqrt2) + (c + d\sqrt2)\sqrt3 = 0$ بمعاملات في $K$ ؛ وحسب السؤال 7 ينعدم كلاهما، وحسب السؤال 2 يكون $a = b = 0$ و $c = d = 0$ . ومنه فالعائلة حرة و $\dim_\Q M = 4$ .

9. كل $x \in M$ يُكتب $x = \sum_j y_j f_j$ مع $y_j \in K$ (بأساس $M$ على $K$ )، وكل $y_j = \sum_i \lambda_{ij} e_i$ مع $\lambda_{ij} \in \Q$ (بأساس $K$ على $\Q$ )؛ وبالتعويض، $x = \sum_{i,j} \lambda_{ij}\, e_i f_j$ : ومنه تولّد الجداءات $M$ على $\Q$ .

10. افترض $\sum_{i,j} \lambda_{ij}\, e_i f_j = 0$ مع $\lambda_{ij} \in \Q$ . وجمّع: $\sum_j \bigl(\sum_i \lambda_{ij} e_i\bigr) f_j = 0$ ، والمجاميع الداخلية تنتمي إلى $K$ . وتعطي حرية $(f_j)$ على $K$ أن $\sum_i \lambda_{ij} e_i = 0$ من أجل كل $j$ ؛ ثم تعطي حرية $(e_i)$ على $\Q$ أن $\lambda_{ij} = 0$ من أجل كل $i, j$ .

11. حسب السؤالين 9 و 10، تكون $(e_i f_j)_{i \leq m,\, j \leq n}$ أساسًا للمقدار $M$ على $\Q$ بعدد $mn$ عنصرًا:

\dim_\Q M = m\,n = \dim_\Q K \cdot \dim_K M .

وللتحقق: يعطي $\dim_\Q K = 2$ و $\dim_K M = 2$ (السؤالان 2 و 7) أن $\dim_\Q M = 4$ ، وهو السؤال 8.

12. تنتمي المتجهات $u a_1, \dots, u a_d$ إلى $A$ (بالاستقرار). وهي حرة: فإذا كان $\sum_i \lambda_i\, u a_i = 0$ ، فإن $u \sum_i \lambda_i a_i = 0$ في $\R$ ، ويفرض $u \neq 0$ أن $\sum_i \lambda_i a_i = 0$ ، ومنه $\lambda_i = 0$ (لأن المقادير $a_i$ تكوّن أساسًا). ومنه فالعائلة $(u a_1, \dots, u a_d)$ عائلة حرة من $d$ متجهة في $A$ ، و $\dim_\Q A = d$ : أي أساس (القضية 19.8). وعلى الخصوص يتفكّك $1 \in A$ في صورة $1 = \sum_i \mu_i\, u a_i = u\,v$ مع $v = \sum_i \mu_i a_i \in A$ : ومنه فمقلوب $u$ يقع في $A$ . وهذا يستعيد السؤال 4 ( $A = \Q(\sqrt2)$ ) ويبرهن دفعة واحدة على أن $M$ حقل جزئي من $\R$ (مع السؤال 6).

13. المتجهات $d + 1$ الممثَّلة بالمقادير $1, x, x^2, \dots, x^{d}$ كلها تقع في $A$ (بالاستقرار بالجداءات)؛ وللعائلة الحرة من $A$ $d$ متجهة على الأكثر (القضية 19.8)، ومنه فهي مرتبطة: أي توجد أعداد ناطقة $\lambda_0, \dots, \lambda_d$ ، ليست كلها معدومة، تحقق $\sum_k \lambda_k x^k = 0$ . وكثير الحدود $P = \sum_k \lambda_k X^k$ غير معدوم، ومعاملاته ناطقة، ودرجته $\leq d$ ، و $P(x) = 0$ .

14. $s^2 = 2 + 2\sqrt6 + 3 = 5 + 2\sqrt6$ : فالإحداثيات $(5, 0, 0, 2)$ . عندئذ

s^3 = s\,s^2 = (\sqrt2 + \sqrt3)(5 + 2\sqrt6) = 5\sqrt2 + 2\sqrt{12} + 5\sqrt3 + 2\sqrt{18} = 11\sqrt2 + 9\sqrt3 ,

فالإحداثيات $(0, 11, 9, 0)$ (باستعمال $\sqrt{12} = 2\sqrt3$ و $\sqrt{18} = 3\sqrt2$ ). وأخيرًا $s^4 = (s^2)^2 = 25 + 20\sqrt6 + 24 = 49 + 20\sqrt6$ : فالإحداثيات $(49, 0, 0, 20)$ .

15. افترض $a + bs + cs^2 + ds^3 = 0$ . وبقراءة الإحداثيات الأربع على $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ :

a + 5c = 0,\qquad b + 11d = 0,\qquad b + 9d = 0,\qquad 2c = 0 .

ومنه $c = 0$ ، ثم $a = 0$ ؛ وبطرح المعادلتين الوسطيين، $2d = 0$ ، ثم $b = 0$ : ومنه فالعائلة $(1, s, s^2, s^3)$ حرة. وأربع متجهات حرة في $M$ ذي البُعد $4$ : أي أساس، ومنه $\operatorname{Vect}_\Q(1, s, s^2, s^3) = M$ . ومن السؤال 14، $s^3 - 9s = 2\sqrt2$ و $11s - s^3 = 2\sqrt3$ :

\sqrt2 = \frac{s^3 - 9s}{2}, \qquad \sqrt3 = \frac{11s - s^3}{2} .

16. $s^4 - 10s^2 + 1 = (49 + 20\sqrt6) - 10(5 + 2\sqrt6) + 1 = 0$ . وكثير حدود واحديّ من درجة $\leq 3$ ينعدم عند $s$ سينتج تركيبة معدومة غير بديهية من $(1, s, s^2, s^3)$ ، مناقضًا السؤال 15: ومنه فالمقدار $X^4 - 10X^2 + 1$ هو الأصغر درجةً. وجذوره: $X^2 = 5 \pm 2\sqrt6 = (\sqrt3 \pm \sqrt2)^2$ ، ومنه فالجذور الحقيقية الأربعة هي $\pm(\sqrt3 + \sqrt2)$ و $\pm(\sqrt3 - \sqrt2)$ ، أي $\pm\sqrt2 \pm \sqrt3$ .

17. من $s^4 - 10s^2 + 1 = 0$ : $s\,(10s - s^3) = 1$ ، ومنه

\frac1s = 10s - s^3 = 10(\sqrt2 + \sqrt3) - (11\sqrt2 + 9\sqrt3) = \sqrt3 - \sqrt2 ,

وهذا متسق مع $(\sqrt3 + \sqrt2)(\sqrt3 - \sqrt2) = 1$ . وإذا كان $a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 = r \in \Q$ ، فإن $(a - r) + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 = 0$ ، وتفرض الحرية (السؤال 8) أن $b = c = d = 0$ (و $a = r$ ). ومن أجل $\sqrt2 + \sqrt3 + \sqrt6$ لا تكون الإحداثيات $(0, 1, 1, 1)$ من هذا الشكل: فهو أصمّ — وهي عبارة أقوى من التمرين 10.7، محصَّلة دون أيّ حيل تربيع.

18. الجذر الناطق $p/q$ (في الصورة المختزلة) للمقدار $X^3 - 2$ يحقق $p^3 = 2q^3$ ، ويعطي محك التمرين 8.5 أن $p \mid 2$ و $q \mid 1$ : فالمرشّحون $\pm1, \pm2$ ، ومكعباتهم $\pm1, \pm8 \neq 2$ . فلا جذر ناطق؛ وعلى الخصوص $t = 2^{1/3} \notin \Q$ ، ومنه فالعائلة $(1, t)$ حرة على $\Q$ (كما في السؤال 2).

19. افترض $(1, t, t^2)$ مرتبطة: فإن كثير حدود غير معدوم $P \in \Q[X]$ ما مع $\deg P \leq 2$ يحقق $P(t) = 0$ ؛ فاختر مثل هذا $P$ من درجة أصغرية $d \geq 1$ . وحسب السؤال 18، $d \neq 1$ ، ومنه $d = 2$ . وبالقسمة الإقليدية (المبرهنة 8.3): $X^3 - 2 = PQ + R$ مع $Q, R \in \Q[X]$ و $\deg R < 2$ . وبالتقويم عند $t$ : $0 = P(t)Q(t) + R(t) = R(t)$ ، ومنه ينعدم $R$ عند $t$ ؛ وتفرض أصغرية $d$ أن $R = 0$ . عندئذ $X^3 - 2 = PQ$ مع $\deg Q = 1$ : فيكون الجذر الناطق للمقدار $Q$ جذرًا ناطقًا للمقدار $X^3 - 2$ ، مناقضًا السؤال 18. ومنه فالعائلة $(1, t, t^2)$ حرة و $\dim_\Q A = 3$ . والاستقرار: يردّ $t^3 = 2$ كلَّ جداء من $1, t, t^2$ إلى تركيبة منها ( $t\cdot t^2 = 2$ و $t^2\cdot t^2 = 2t$ )؛ و $A$ يحتوي $1$ : ومنه، حسب السؤال 12، يكون $A$ حقلًا جزئيًا من $\R$ .

20. افترض $t \in M$ . عندئذ $t^2 \in M$ (بالاستقرار)، ومنه $A \subseteq M$ ، ويكون $M$ فضاءً متجهيًا على الحقل $A$ : فالبديهيات هي بديهيات حساب $\R$ ، مقصورةً. وهو ذو بُعد منته على $A$ (لأن عائلة مولِّدة منتهية على $\Q$ تولّد من باب أولى على $A \supseteq \Q$ ). ويعطي قانون البرج من أجل $\Q \subseteq A \subseteq M$ أن

4 = \dim_\Q M = \dim_\Q A \cdot \dim_A M = 3\,\dim_A M ,

وهذا محال: فالعدد $3$ لا يقسم $4$ . ومنه $2^{1/3} \notin M$ : فلا تركيبة ناطقة من $1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6$ تساوي $2^{1/3}$ .

21. $\Q(\sqrt2) \subseteq M$ ، ومنه $t \notin \Q(\sqrt2)$ . وإذا كان $t + \sqrt2 = r \in \Q$ ، فإن $t = r - \sqrt2 \in \Q(\sqrt2)$ : وهذا تناقض — ومنه فالمقدار $2^{1/3} + \sqrt2$ أصمّ. وإذا كان $t = a + b\sqrt3$ ، فإن $t \in \operatorname{Vect}_\Q(1, \sqrt3) \subseteq M$ : وهذا تناقض مرة أخرى.

22. المقدار $B$ فضاء متجهي على الحقل $A$ (بقصر السلالم)، وهو ذو بُعد منته لأن $\dim_\Q B$ منته. ويعطي قانون البرج من أجل $\Q \subseteq A \subseteq B$ أن $\dim_\Q B = \dim_\Q A \cdot \dim_A B$ : فالعامل الأيسر يقسم. ومنه فللحقول الجزئية من $M$ بُعدٌ على $\Q$ يساوي $1$ أو $2$ أو $4$ : والبُعد $1$ هو $\Q$ نفسه، والبُعد $4$ هو $M$ .

23. ليكن $F \subseteq M$ حقلًا جزئيًا مع $\dim_\Q F = 2$ ، وليكن $w \in F \setminus \Q$ : فالعائلة $(1, w)$ حرة، ومنه أساس للمقدار $F$ . وحسب السؤال 13 ( $d = 2$ )، $w^2 = \alpha + \beta w$ من أجل أعداد ناطقة $\alpha, \beta$ . وبوضع $v = w - \beta/2 \in F \setminus \Q$ :

v^2 = w^2 - \beta w + \frac{\beta^2}4 = \alpha + \frac{\beta^2}4 \;\in\; \Q,

و $F = \operatorname{Vect}(1, v)$ . والآن اكتب $v = a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6$ وانشر:

v^2 = (a^2 + 2b^2 + 3c^2 + 6d^2) + (2ab + 6cd)\sqrt2 + (2ac + 4bd)\sqrt3 + (2ad + 2bc)\sqrt6 .

وتنعدم الإحداثيات الصمّاء الثلاث: $ab + 3cd = ac + 2bd = ad + bc = 0$ . فإذا كان $a \neq 0$ : فإن $b = -3cd/a$ ، ويصير الشرط الثاني $c(a^2 - 6d^2) = 0$ ؛ ولأن $a^2 = 6d^2$ مع $d \neq 0$ سيجعل $\sqrt6 = \abs{a/d}$ ناطقًا، فإمّا $c = 0$ وإمّا $d = 0$ ، وفي الحالتين تفرض الشروط الباقية أن $b = c = d = 0$ ، أي $v \in \Q$ : وهذا مستبعد. ومنه $a = 0$ ، وتُقرأ الشروط $3cd = 2bd = bc = 0$ : أي إن واحدًا على الأكثر من $b, c, d$ غير معدوم. ومنه فالمقدار $v$ مضاعف ناطق للمقدار $\sqrt2$ أو $\sqrt3$ أو $\sqrt6$ ، و

F \in \bigl\{\Q(\sqrt2),\ \Q(\sqrt3),\ \Q(\sqrt6)\bigr\} ,

وكلٌّ منها فعلًا حقل جزئي ذو بُعد $2$ (بالاستقرار كما في السؤال 6، وبالمقلوبات حسب السؤال 12): أي ثلاثة حقول جزئية تربيعية بالضبط.

24. $(1 + \sqrt2 + \sqrt3)(1 + \sqrt2 - \sqrt3) = (1 + \sqrt2)^2 - 3 = 2\sqrt2$ ، ومنه

\frac1{1 + \sqrt2 + \sqrt3} = \frac{1 + \sqrt2 - \sqrt3}{2\sqrt2} = \frac{\sqrt2 + 2 - \sqrt6}{4} = \frac12 + \frac14\sqrt2 + 0\cdot\sqrt3 - \frac14\sqrt6 .

(وللتحقق: $(1 + \sqrt2 + \sqrt3)(2 + \sqrt2 - \sqrt6) = 4$ بعد النشر.)

25. (أ) يُلحق البُعد على $\Q$ عددًا صحيحًا بكل حقل جزئي من $\R$ ، ويجعل قانون البرج هذه الأعداد الصحيحة تتضارب على امتداد الاحتواءات: فيسلك البُعد سلوك قرينة حسابية، وتصير قيود قابلية القسمة براهينَ استحالة. (ب) ويفرض البُعد المنتهي على كل عنصر أن يحقق معادلة كثيرحدودية ناطقة غير معدومة درجتها البُعد على الأكثر: فالتناهي يعني الجبرية. (ج) وحوّلت قاعدة اثنين من ثلاثة عبارةَ «الضرب في $u$ يرسل أساسًا إلى عائلة حرة ذات حجم أكبري» إلى شمول، فأنتجت $u^{-1}$ بلا صيغة: فالمقلوبات جاءت من العدّ. (د) ويمنع قانون البرج وجودَ حقل بُعده $3$ داخل حقل بُعده $4$ ، ولهذا لا يمكن بلوغ $2^{1/3}$ انطلاقًا من $\sqrt2$ و $\sqrt3$ . ومبرهنة الجزء 3 هي قانون البرج لديدكيند، وهي الحركة الافتتاحية لنظرية غالوا، المطوَّرة في مجلّد السنة الثالثة.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد